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\title{高等数学B习题课20班讲义}
%\subtitle{Elegant\LaTeX{} 经典之作}

\author{喻星纯}
%\institute{Elegant\LaTeX{} Program}

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%\bioinfo{自定义}{信息}

%\extrainfo{温柔正确的人总是难以生存，因为这世界既不温柔，也不正确。—— 比企谷八幡}

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% 本文档命令
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\begin{document}

%\maketitle
%\frontmatter

%\chapter*{特别声明}
%\markboth{Introduction}{前言}
%
%
%\underline{如果你无法认同我的想法，建议直接删除本模板。}
%
%\vskip 1.5cm

%\begin{flushright}
%Ethan Deng\\
%February 10, 2020
%\end{flushright}

\tableofcontents
%\listofchanges

\mainmatter
\chapter{第0章节}
\chapter*{9月28日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
\item (习题1.1.2)设$p$是无理数，证明$\sqrt{p}$是无理数。
\begin{proof}
(反证法)

假设$\sqrt{p}$不是无理数，而是有理数。则存在互质的正整数$m,n$，使得
\begin{align*}
	\frac{m}{n} =\sqrt{p}
\end{align*}
平方并移项之后得到,
\begin{align*}
	m^2=pn^2
\end{align*}
这表明$p$是$m,n$的质因数，这与$m,n$互质的假设矛盾。
\end{proof}
\begin{remark}
在数论知识中，任意正整数$m,n$在质因数分解下是唯一的。对于$m^2$经过质因数分解之后，质因数的指数必定是偶数，$n^2$也是如此。但是由$m^2=pn^2$，等式左端所有质因数的指数是偶数，而等式右端质因数$p$的指数是奇数，这就出现了矛盾。
	\end{remark}
%\item (习题1.1.8) 设$(a,b)$是一个开区间。证明$(a,b)$中必定有无理数。

\item (习题1.2.10(1)) 计算下列函数的反函数
\begin{align*}
	y=\frac{x}{2}-\frac{2}{x} 
\end{align*}
\begin{solution}
	\begin{align*}
		&y^2 =(\frac{x}{2})^2 +(\frac{2}{x})^2 -2 \\
		&y^2+4=(\frac{x}{2})^2 +(\frac{2}{x})^2 +2=\left( \frac{x}{2}+\frac{2}{x}  \right)^2 
	\end{align*}
对$y^2 +4$开根号并结合$y$的表达式，
\begin{align*}
	y+\sqrt{y^2 +4 } =x 
\end{align*}
最终得到了反函数的表达式，
\begin{align*}
	y=x+\sqrt{x^2+4}, \quad x \in \mathbb{R}
\end{align*}
	\end{solution}

\item (习题1.2.13)
证明函数
\begin{align*}
	y=\sqrt{1+x}-\sqrt{x}
\end{align*}
在$(1,+\infty)$上是有界函数。
\begin{proof}
	
经过分子有理化，
\begin{align*}
		y=\sqrt{1+x}-\sqrt{x}  =\frac{1+x -x}{\sqrt{1+x} +\sqrt{x} } =\frac{1}{\sqrt{1+x} +\sqrt{x}  }
\end{align*}
对于$y$来说，它关于$x \in (1,+\infty) $是单调递减的。因此，有界性可以在端点进行，
\begin{align*}
	0 < \sqrt{1+x}-\sqrt{x} < y(1)=\sqrt{2}-1
\end{align*}
最终，$|y|< \sqrt{2}-1$.
\end{proof}
\begin{remark}
在描述函数有界时，推荐大家使用$|y|\leqslant M $.这比$N \leqslant y \leqslant M$要简洁。	
\end{remark}
\item (习题1.2.14)
研究函数
\begin{align*}
y=\frac{x^6 +x^4 +x^2}{1+x^6}
\end{align*}
在$\mathbb{R}$上是否有界
\begin{solution}
	分为以下两种情况讨论，
	\begin{itemize}
		\item[1.]  当$x^2 \geqslant 1$,有
		\begin{align*}
			y \leqslant \frac{x^6 + x^6 +x^6}{1+x^6} \leqslant \frac{3 x^6}{x^6} =3
		\end{align*}
		\item[2.] 当$0 \leqslant x^2 \leqslant 1$,有
		\begin{align*}
				y \leqslant \frac{x^2 + x^2 +x^2}{1+x^6} \leqslant \frac{3 x^2}{1} \leqslant 3
		\end{align*}
	\end{itemize}
综上所述，$ |y|\leqslant 3$,因此$y$是有界函数。
\end{solution}

\item (习题1.3.4(4)(6))
使用$\varepsilon - N$语言证明下面数列的极限，
\begin{align*}
&(4)\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} =0 \\
&(6)\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(n+1)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{(n+2)^{\frac{3}{2}}} +\ldots +\frac{1}{(2n)^{\frac{3}{2}}}\right)=0
\end{align*}
\begin{solution}
	
(4) 任意给定$\varepsilon >0 $ ,
\begin{align*}
	\frac{n !}{n^n} \leqslant \frac{(n-1)!}{n^{n-1}} \leqslant \frac{1}{n} <\varepsilon 
\end{align*}
取$N=[\frac{1}{\varepsilon}]+1$,当$n> N$时，有$\frac{1}{n} <\varepsilon $,也有$\frac{n !}{n^n}  < \varepsilon $。
即得证，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} =0 
\end{align*}

(6)任意给定$\varepsilon >0 $ , 
\begin{align*}
	\left( \frac{1}{(n+1)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{(n+2)^{\frac{3}{2}}} +\ldots +\frac{1}{(2n)^{\frac{3}{2}}}\right) \leqslant \frac{n}{(n+1)^{\frac{3}{2}}}  \leqslant \frac{1}{(n+1)^{\frac{1}{2}}}    < \varepsilon 
\end{align*}
取$N=[\frac{1}{\varepsilon ^2}]$,当$n>N$时，有$\frac{1}{(n+1)^{\frac{1}{2}}}    < \varepsilon $,也有
\begin{align*}
	\left( \frac{1}{(n+1)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{(n+2)^{\frac{3}{2}}} +\ldots +\frac{1}{(2n)^{\frac{3}{2}}}\right)  < \varepsilon 
\end{align*}
即得证，
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(n+1)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{(n+2)^{\frac{3}{2}}} +\ldots +\frac{1}{(2n)^{\frac{3}{2}}}\right)=0
\end{align*}
\end{solution}

\item (习题1.3.6)
证明
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}=1
\end{align*}
\begin{proof}
	首先证明，对$\forall \varepsilon >0$,有
	\begin{align*}
		\lim_{n \to \infty} \frac{n}{(1+ \varepsilon)^n}=0
	\end{align*}
	对二项式展开进行截断，
	\begin{align*}
		(1+\varepsilon)^n \geqslant 1 +\varepsilon n +\frac{1}{2} \varepsilon ^2 n(n-1)
	\end{align*}
由此得到不等关系，
\begin{align*}
	 0 < \frac{n}{(1+ \varepsilon)^n} < \frac{n}{1 +\varepsilon n +\frac{1}{2} \varepsilon ^2 n(n-1)}
\end{align*}
取极限，得到
\begin{align*}
	0 \leqslant  	\lim_{n \to \infty}  \frac{n}{(1+ \varepsilon)^n}  \leqslant \lim_{n \to \infty}    \frac{n}{1 +\varepsilon n +\frac{1}{2} \varepsilon ^2 n(n-1)} = 0
	\end{align*}
由夹逼定理，得证，
	\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \frac{n}{(1+ \varepsilon)^n}=0
\end{align*}

由极限的定义，$\exists N >0$,$n> N$使得
\begin{align*}
		\frac{n}{(1+ \varepsilon)^n} < 1
\end{align*}
整理得到
\begin{align*}
	|\sqrt[n]{n}-1| <\varepsilon  
\end{align*}
由此，我们得到了
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}=1
\end{align*}

\end{proof}
\item (习题1.3.7(3)(7))
求下列极限的值，
\begin{align*}
	& \lim_{n \to \infty}  \frac{(2n +10)^{4} }{n^4+n^2}  \\
	& \lim_{n \to \infty}  \left(1-\frac{1}{n^2} \right)^n
\end{align*}
\begin{solution}
(3) 思路是使用夹逼定理求解，首先是构造不等关系
\begin{align*}
  \frac{2^4 n^4 +2^4 n^2}{n^4 +n^2 }<	\frac{(2n +10)^{4}}{n^4+n^2} < \frac{(2n +10)^{4}}{n^4}=2^4 (1+\frac{1}{n})^4
\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
	2^4 \leqslant \lim_{n \to \infty}  \frac{(2n +10)^{4} }{n^4+n^2}  \leqslant 2^4 \lim_{n \to \infty}   (1+\frac{1}{n})^4 =2^4
\end{align*}
由夹逼定理得到，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty}  \frac{(2n +10)^{4} }{n^4+n^2}  =16
\end{align*}

(7) 利用平方差公式将极限转化了两个常见的数列极限，
\begin{align*}
	 \lim_{n \to \infty}  \left(1-\frac{1}{n^2} \right)^n = \lim_{n \to \infty}  \left(1-\frac{1}{n} \right)^n \lim_{n \to \infty}  \left(1+\frac{1}{n} \right)^n
\end{align*}
其中，$\lim\limits_{n \to \infty}  \left(1-\frac{1}{n} \right)^n  =e^{-1},\lim\limits_{n \to \infty}  \left(1\frac{1}{n} \right)^n  =e$
相乘之后得到结果
\begin{align*}
		 \lim_{n \to \infty}  \left(1-\frac{1}{n^2} \right)^n  = 1
\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
	在实用数列极限相乘时，一定要保证乘子的极限的存在性。
	\end{remark} 
\item (习题1.3.8(1)(3))
利用单调有界性证明极限存在
\begin{align*}
	&(1) x_n = \frac{1}{1}+ \frac{1}{2^2}+ \dots + \frac{1}{n^2}\\
	& (3) x_n=\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n+2}+ \ldots +\frac{1}{n+n}
\end{align*}
\begin{proof}
(1) 单调性证明，$x_{n+1} - x_n =\frac{1}{(n+1)^2} >0$	

有界性证明，
\begin{align*}
	x_n \leqslant  1+ \frac{1}{1\times 2} + \frac{1}{2\times 3} +\dots+ \frac{1}{(n-1)\times n} = 2-\frac{1}{n } <2
\end{align*}
有界性得证。

根据单调有界数列必有极限的定理，得证$x_n = \frac{1}{1}+ \frac{1}{2^2}+ \dots + \frac{1}{n^2}$ 极限存在。

(3)单调性证明，
\begin{align*}
	x_{n+1}-x_{n} =\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2} -\frac{1}{n+1}=\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}>0
\end{align*}

有界性证明，
\begin{align*}
x_n \leqslant \frac{n}{n+1 } < 1
\end{align*}

根据单调有界数列必有极限的定理，得证$x_n=\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n+2}+ \ldots +\frac{1}{n+n}$ 极限存在。
\end{proof}
\item  (习题1.3.9)
证明，
\begin{align*}
	e =\lim_{n \to \infty} (1+1+\frac{1}{2!}+\ldots + \frac{1}{n!})
\end{align*}
\begin{proof}
	有牛顿二项式定理
\begin{align*}
	&\left(1+ \frac{1}{n}\right)^n = 1+ n \frac{1}{n}+ \frac{1}{2!} \frac{n(n-1)}{n^2} + \dots +\frac{1}{n!} \frac{n!}{n^n}   \\
	&  \leqslant  1+1+\frac{1}{2} +\dots +\frac{1}{n!}
\end{align*}
取极限就有，
\begin{align*}
	e \leqslant \lim_{n \to \infty}( 1+1+\frac{1}{2} +\dots +\frac{1}{n!})
\end{align*}

在使用牛顿二项式展开时，到$k$项截断，并取极限可以得到，
\begin{align*}
	e \geqslant 1+1 +\frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{k!} 
\end{align*}
由$k$的任意性，由夹逼定理确定，
\begin{align*}
		e =\lim_{n \to \infty} (1+1+\frac{1}{2!}+\ldots + \frac{1}{n!})
\end{align*}
\end{proof}
\item  (习题1.3.10)
设$\{x_n\}$满足下面的条件，
\begin{align*}
|x_{n+1} |\leqslant k |x_n|, \quad n= 1,2, \ldots 
\end{align*}
其中，$k$是小于1的正数。证明$\lim\limits_{n \to \infty }x_n =0$
\begin{proof}
	根据题目中的条件，逐步递推有
	\begin{align*}
		|x_{n+1} |\leqslant k |x_n| \leqslant k^2|x_{n-1}| \leqslant \dots \leqslant k^n|x_{1}| 
	\end{align*}
对上述的不等关系求极限得到，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} |x_n| \leqslant  (\lim_{n \to \infty}  k^n) x_1 =0\times x_1 =0
\end{align*}
因此，由夹逼定理得到，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} x_n=0
\end{align*}
\end{proof}
\end{problemset}









\chapter*{10月12日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
\item 求解下列极限,
\begin{align*}
&(1) \lim_{n \to \infty} (\rm{arctan} n)^\frac{1}{n}, \\
& (2)\lim_{n \to \infty} (1-\frac{1}{n+3})^n, \\
&(3) \lim_{n \to \infty} (1+\frac{3}{n})^n, \\
&(4) \lim_{n \to \infty} ((n+1)^\alpha - n^\alpha), \\
&(5) \lim_{n \to \infty} \cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2^2}\cdots \cos\frac{x}{2^n}
\end{align*}
其中，$\alpha \in (0,1)$
\begin{solution}
(1)$\arctan n$是一个有界函数，当$n\geqslant 1$时，有
\begin{align*}
	\left(\frac{\pi}{4}\right)^{\frac{1}{n}} \leqslant \left( \arctan n\right)^{\frac{1}{n}}  \leqslant \left( \frac{\pi}{2}\right)^{\frac{1}{n}} 
\end{align*}
由夹逼定理，不等式取极限得到，
\begin{align}
	1=\lim_{n \to \infty} \left(\frac{\pi}{4}\right)^{\frac{1}{n}} \leqslant \lim_{n \to \infty}\left( \arctan n\right)^{\frac{1}{n}}  \leqslant   \lim_{n \to \infty}  \left( \frac{\pi}{2}\right)^{\frac{1}{n}}  =1
\end{align}
因此，$ \lim\limits_{n \to \infty} (\rm{arctan} n)^\frac{1}{n}=1$.

(2)
\begin{align*}
	(1-\frac{1}{n+3})^n =(1-\frac{1}{n+3})^{n+3}(1-\frac{1}{n+3})^{-3}
\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
	&\lim_{n \to \infty} (1-\frac{1}{n+3})^n = \lim_{n \to \infty}(1-\frac{1}{n+3})^{n+3} \lim_{n \to \infty}(1-\frac{1}{n+3})^{-3} \\
	& =e^{-1} \times 1 =e^{-1} 
\end{align*}

(3)
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} (1+\frac{3}{n})^n =\lim_{n \to \infty}  \left[ (1+\frac{3}{n})^{\frac{n}{3}} \right]^3  =\left[ \lim_{n \to \infty}  (1+\frac{3}{n})^{\frac{n}{3}} \right]^3 =e^3
\end{align*}

(4) 当$\alpha \in (0,1)$,有，
\begin{align*}
(n+1)^\alpha -n^\alpha =n^\alpha\left[(1+\frac{1}{n})^\alpha -1 \right] < n^\alpha\left[(1+\frac{1}{n}) -1 \right] =n^{\alpha -1}
\end{align*}
由此，我们得到了不等关系，
\begin{align*}
	0<(n+1)^\alpha -n^\alpha<n^{\alpha -1}
\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
	0 \leqslant \lim_{n \to \infty}  (n+1)^\alpha -n^\alpha \leqslant \lim_{n \to \infty}  n^{\alpha -1}=0
\end{align*}
由夹逼定理得到结论
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty}  (n+1)^\alpha -n^\alpha  =0
\end{align*}
(5)
本题主要使用了二倍角公式技巧。
\begin{align*}
 &\cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2^2}\cdots \cos\frac{x}{2^n}  \\
 &= \frac{2^n \cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2^2}\cdots \cos\frac{x}{2^n} \sin\frac{x}{2^n} }{2^n \sin\frac{x}{2^n}}	\\
 &= \frac{2^{n-1} \cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2^2}\cdots \cos\frac{x}{2^{n-1}} \sin\frac{x}{2^{n-1}} }{2^n \sin\frac{x}{2^n}} \quad \text{(二倍角公式)} ,\\
 &= \frac{\sin x }{2^n \sin\frac{x}{2^n}} \quad  \text{(以此类推)} \\
 &=\frac{\sin x}{x} \frac{\frac{x}{2^n}}{\sin \frac{x}{2^n}}
\end{align*}
重要极限的变形，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty}  \frac{\frac{x}{2^n}}{\sin \frac{x}{2^n}} =1
\end{align*}
因此极限的结果是，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \cos\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2^2}\cdots \cos\frac{x}{2^n} =\frac{\sin x}{x} \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{x}{2^n}}{\sin \frac{x}{2^n}}=\frac{\sin x}{x}
\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
	注意，本题目中是对$n$求极限，而不是$x$.
	\end{remark}
\item 求解下列极限,	
\begin{align*}
&(1)\lim_{n \to \infty} 1+a+a^2+...+a^{n-1},  \\
&(2) \lim_{n \to \infty}  \frac{1+a+a^2+...+a^{n-1}}{1+b+b^2+...+b^{n-1}}, \\
& (3)\lim_{n \to \infty}  (1+a)(1+a^2)(1+a^4)\cdots (1+a^{2^{n-1}}) 
\end{align*}

\begin{solution}
	(1)根据等比数列$n$项求和公式，
	\begin{align*}
		1+a+a^2+...+a^{n-1} =\frac{1-a^n}{1-a}
	\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} 1+a+a^2+...+a^{n-1} =	\lim_{n \to \infty} \frac{1-a^n}{1-a} = \frac{1- \lim\limits_{n \to \infty} a^n}{1-a}=\frac{1}{1-a}
\end{align*}

(2)使用上一问的结论，
\begin{align*}
	 \lim_{n \to \infty}  \frac{1+a+a^2+...+a^{n-1}}{1+b+b^2+...+b^{n-1}} =\frac{\lim\limits_{n \to \infty} 1+a+a^2+...+a^{n-1}}{\lim\limits_{n \to \infty} 1+b+b^2+...+b^{n-1}} =\frac{1-b}{1-a}
\end{align*}

(3)分子分母同乘$(1-a)$,使用平方差公式，
\begin{align*}
&	\frac{(1-a) (1+a)(1+a^2)(1+a^4)\cdots (1+a^{2^{n-1}}) }{1-a} \\
& =	\frac{(1-a^2)(1+a^2)(1+a^4)\cdots (1+a^{2^{n-1}}) }{1-a} \quad   \text{(以此类推)} \\
& = \frac{1-a^{2^n}}{1-a}
\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty}  (1+a)(1+a^2)(1+a^4)\cdots (1+a^{2^{n-1}}) 	=\lim_{n \to \infty}  \frac{1-a^{2^n}}{1-a} =\frac{1}{1-a}
\end{align*}
\end{solution}


\item 求解下列极限,	
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty}  \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}	
\end{align*}

\begin{solution}
	可以看出给出的$n$项是递减的，因此有不等关系
	\begin{align*}
	\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}		< \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}	 < \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}
	\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
	1=\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\leqslant  \lim_{n \to \infty}  \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}	  \leqslant  \lim_{n \to \infty}   \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} =1
\end{align*}
由夹逼定理，得到，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty}  \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}	 =1
\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
	求解这类问题的技巧是放缩，放缩的依据是根据所给出的项中的最大最小项，然后使用夹逼定理。
\end{remark}
\item 求解下列极限, 
\begin{align*}
	&(1)	\lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n)^{\frac{1}{n}}  \\
	&(2)	\lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n+a_3^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}}
\end{align*}
其中，$a_i > 0,i=1,\ldots,m$.
\begin{solution}
	(1)
	不失一般性，假定$a_1 \geqslant a_2$,
	\begin{align*}
		(a_1^n+a_2^n)^{\frac{1}{n}} =a_1 (1+\left( \frac{a_2}{a_1}\right)^n)^{\frac{1}{n}}\leqslant (a_1)(1+1^n)^{\frac{1}{n}} =a_1(2)^{\frac{1}{n}}
	\end{align*}
对不等关系取极限得到，
\begin{align*}
a_1\leqslant \lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n)^{\frac{1}{n}}  \leqslant \lim_{n \to \infty}  a_1(2)^{\frac{1}{n}} =a_1
\end{align*}
由夹逼定理，确定，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n)^{\frac{1}{n}}   =\max \{a_1,a_2\}
\end{align*}

(2)不失一般性，假定$a_1 \geqslant a_i,i=2,\ldots,m$,
\begin{align*}
&(a_1^n+a_2^n+a_3^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}}=a_1 \left( 1+ \left(\frac{a_2}{a_1}\right)^n+ \left(\frac{a_3}{a_1}\right) ^n+\dots + \left(\frac{a_m}{a_1}\right)^n\right)^{\frac{1}{n}} \\
& \leqslant  a_1(1+1+\dots +1)^{\frac{1}{n}}=a_1(m)^{\frac{1}{n}}
\end{align*}
取极限得到,
\begin{align*}
	a_1 \leqslant \lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n+a_3^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}} \leqslant \lim_{n \to \infty} a_1(m)^{\frac{1}{n}} =a_1
\end{align*}
由夹逼定理确定，
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} (a_1^n+a_2^n+a_3^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}} =\max \{a_1,\ldots, a_m\}
\end{align*}
\end{solution}

\item 利用单调性和有界性证明下列数列有极限，
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} 1+\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{3^\alpha}+\cdots + \frac{1}{n^\alpha}
$$
其中，$\alpha>1$

\begin{proof}
单调性证明，显然$a_{n+1}-a_n$是正数，数列是单调递增的。

有界性证明，对$a_n$进行重排，
\begin{align*}
a_n & = 1 \quad \leqslant 1  &2^0\text{项}  \\
&+\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{3^\alpha } \quad \leqslant \frac{2}{2^\alpha}=\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^1 &2^1\text{项}  \\
&+\frac{1}{4^\alpha}+\frac{1}{5^\alpha } +\frac{1}{6^\alpha }+\frac{1}{7^\alpha } \quad \leqslant \frac{2^2}{4^\alpha}=\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^2 &  2^2\text{项}   \\
&  \vdots \quad \quad \vdots & \vdots \\
&+\left(\frac{1}{2^{k-1}} \right)^{\alpha} +\ldots +\left(\frac{1}{n} \right)^{\alpha}    \quad  \leqslant \frac{2^{k-1}}{2^{(k-1)\alpha}} = \left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^{k-1}&  \text{补全到} 2^{k-1}\text{项}  
\end{align*}
其中，$k=[\log_2 n] +1$.

经过重排得到，
\begin{align*}
	a_n &  \leqslant 1  + \left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^1 +\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^2 +\cdots +\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^{k-1}  \\
	&=\frac{1-\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) ^k}{1-\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) } \leqslant \frac{1}{1-\left(\frac{1}{2^{\alpha -1}} \right) }
\end{align*}
得证，$a_n$的有界性。

根据定理，单调有界数列必定有极限，得证，$a_n$有极限。
\end{proof}


\item 已知$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=a$,证明下列结论，
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{a_1+...+a_n}{n}=a
$$
和
$$
\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a
$$
顺便证明
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n})=0
$$

\begin{proof}
证明目标结论等价于证明以下结论，
\begin{align}
\lim_{n \to \infty}   \frac{a_1+...+a_n}{n}-a =	\lim_{n \to \infty}   \frac{(a_1-a)+(a_2-a)...+(a_n-a)}{n} =0  
\end{align}
根据极限的定义，由$\lim\limits_{n \to \infty } a_n=a$,得到，对于给定的$\varepsilon >0,\exists N$使得$|a_n -a|< \varepsilon $.
对于目标数列的第n项，有
\begin{align}
|\frac{(a_1-a)+(a_2-a) +\dots + (a_N-a)+(a_{N+1}-a)+\dots +(a_n-a)}{n}  |
\tag{1}
\end{align}

对于式(1)分子的前$N$项，他们是有限项，都是有界的。不妨取$M=\max{|a_j-a|}_{j=1}^N$

对于式(1)分子$N+1$之后的项，根据极限的定义，$|a_n -a|< \varepsilon $。

再根据三角不等式，有
\begin{align*}
(1) & \leqslant |\frac{(a_1-a)+(a_2-a) +\dots + (a_N-a)}{n}|	+| \frac{(a_{N+1}-a)+\dots +(a_n-a)}{n} |  \\
& \leqslant \frac{MN}{n} +(\frac{n-N}{n})\varepsilon  <\frac{MN}{n} +\varepsilon
\end{align*}
由$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{MN}{n} =0$对于给定的$\varepsilon >0$,$\exists N_1 >0$使得$\frac{MN}{n} < \varepsilon$.
综上所述，当$n>N_2=\max\{N,N_1\}$时，有
\begin{align*}
	|\frac{a_1+...+a_n}{n}-a | \leqslant 2\varepsilon 
\end{align*}
由$\varepsilon $的任意性，结合极限的定义，得到结论
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \frac{a_1+...+a_n}{n}=a
\end{align*}

对极限问题，
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a
\end{align*}
两边取对数就得到，
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty}  \ln \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} =\lim_{n \to \infty} \frac{\ln a_1 +\ldots  + \ln a_n}{n} =\ln a
\end{align*}
令数列$b_n = \ln a_n,b=\ln b$，再使用刚刚证明过的结论，即可得证
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}=a	
\end{align*}
由$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}=0$,使用所证明的结论，得到
\begin{align*}
	\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n})=0
\end{align*}
\end{proof}
\end{problemset}




\chapter*{10月19日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
		\item (习题1.4.1(3))直接用$\varepsilon - \delta$语言证明,$$\lim_{x \to a}e^x=e^a$$.
	
	\begin{proof}
		由极限的定义，对$\forall \varepsilon >0$,使得$|e^x-e^a|<\varepsilon$,当$|x-a|<\delta$.因而有，
		\begin{align*}
			&-\varepsilon <e^x-e^a<\varepsilon \\
			& \to e^a -\varepsilon < e^x<  e^a +\varepsilon \\
			&  \to \ln(e^a -\varepsilon) < x < \ln(e^a +\varepsilon) \quad \text{(取对数)}  \\
			&  \to \ln(e^a(1-e^{-a}\varepsilon)) < x <\ln(e^a(1+ e^{-a}\varepsilon))  \quad \text{(注意对数运算)}  \\
			& \to a+\ln(1-e^{-a}\varepsilon) <  x < a+\ln(1+e^{-a}\varepsilon) \\
			& \to  \ln(1-e^{-a}\varepsilon)  <x-a < \ln(1+e^{-a}\varepsilon)
		\end{align*}
		取$\delta =\min \{|\ln(1-e^{-a}\varepsilon) |,|\ln(1+e^{-a}\varepsilon)| \} $.
		
		根据以上的代数运算，$\forall \varepsilon >0$, $\exists \delta  =\min \{|\ln(1-e^{-a}\varepsilon) |,|\ln(1+e^{-a}\varepsilon)| \}$使得$|e^x-e^a|<\varepsilon$,当$|x-a|<\delta$.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}: 关于定义证明极限的题目，一定要有代数运算求$\delta$的过程和极限定义两部分。注意比较书上极限的定义和自己的证明过程；可以通过lnx的单调性来证明$\delta =\min \{|\ln(1-e^{-a}\varepsilon) |,|\ln(1+e^{-a}\varepsilon)|=\ln(1+e^{-a}\varepsilon) \} $.
	\end{remark}
	\item (习题1.4.2)证明： 存在一个空心邻域$(a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)$,使得函数$y=f(x)$在该邻域上是有界函数。
	\begin{proof}
		由极限的定义，$\forall \varepsilon >0$,使得$|f(x)-l|<\varepsilon$,在$0<|x-a|<\varepsilon$上。由三角不等式，在区域$0<|x-a|<\varepsilon$上有，
		\begin{align*}
			|f(x)|\leqslant |l|+\varepsilon
		\end{align*}
		可以取，$\varepsilon = 1$,$M=|l|+1$.即，
		\begin{align*}
			|f(x)|\leqslant M
		\end{align*}
		得证，在邻域$(a-\delta,a)\cup (a,a+\delta)$上，$f(x)$是有界函数。
	\end{proof}
	\begin{remark}
		题目中的$\delta$不是事前给定的，而是用来描述在$x=a$附近的空心邻域的。如果给定可以用$y=\frac{1}{x}$取反例。在证明的过程中，需要指定$\varepsilon$，可是给定的数字例如$1,2,0.5,\dots$,或者给定变量$\varepsilon_1$.
	\end{remark}
	
	\item (习题1.4.3(3))求极限,
	$$
	\lim_{x\to 0 }\frac{\sqrt{x+a}-\sqrt{a}}{x}
	$$
	\begin{solution}	
		利用平方差公式将分子有理化，
		\begin{align*}
			\frac{\sqrt{x+a}-\sqrt{a}}{x} =\frac{(\sqrt{x+a}-\sqrt{a})(\sqrt{x+a}+\sqrt{a})}{x(\sqrt{x+a}+\sqrt{a})}=\frac{1}{\sqrt{x+a}+\sqrt{a}}
		\end{align*}	
		对$x$取极限有，
		\begin{align*}
			\lim_{x \to 0 } \frac{\sqrt{x+a}-\sqrt{a}}{x} =\lim_{x \to 0 } \frac{1}{\sqrt{x+a}+\sqrt{a}} =\frac{1}{2\sqrt{a}}
		\end{align*}
	\end{solution}
	\begin{remark}
		本题是根式求极限的原型问题，后续见到根式求极限，都是以它为原型的。
	\end{remark}
	\item (习题1.4.3(6))求极限,
	$$
	\lim_{x \to \infty} \frac{(2x-3)^{20}(3x+2)^{10}}{(2x+1)^{30}}
	$$
	\begin{solution}
		将分子分母化成最高项化为1，
		\begin{align*}
			\frac{(2x-3)^{20}(3x+2)^{10}}{(2x+1)^{30}}=\left(\frac{3}{2} \right)^{10} \frac{(x-\frac{3}{2})^{20}(x+\frac{2}{3})^{10}}{(x+\frac{1}{2})^{30}}
		\end{align*}
		对上式求极限有，
		\begin{align*}
			&\lim_{x \to \infty} \frac{(2x-3)^{20}(3x+2)^{10}}{(2x+1)^{30}} =\left(\frac{3}{2} \right)^{10} \lim_{x \to \infty} \frac{(x-\frac{3}{2})^{20}(x+\frac{2}{3})^{10}}{(x+\frac{1}{2})^{30}} \\
			&= \left(\frac{3}{2} \right)^{10} \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x-\frac{3}{2}}{x+\frac{1}{2}}\right)^{20} \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x+\frac{2}{3}}{x+\frac{1}{2}}\right)^{20} \\
			& = \left(\frac{3}{2} \right)^{10}  \left(1-\lim_{x \to \infty} \frac{2}{x+\frac{1}{2}}\right)^{20}  \left(1+\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x+\frac{1}{2}}\right)^{20}= \left(\frac{3}{2} \right)^{10}
		\end{align*}
	\end{solution}
	
	\item (习题1.4.3(9))求极限,
	$$
	\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}
	$$
	\begin{solution}
		一种方法是对分子进行有理化，再求极限，
		\begin{align*}
			&\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2} =\frac{1+2x-3^2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{1+2x}+3)}=\frac{2x-8}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{1+2x}+3)} \\
			&=\frac{2(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{1+2x}+3)}= \frac{2(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{1+2x}+3)}
		\end{align*}
		取极限得到，
		\begin{align*}
			\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2} =\lim_{x \to 4} \frac{2(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{1+2x}+3)} =\frac{4}{3}
		\end{align*}
		
		第二种方法是变量替换，并使用前面已经求解的结论， 设变量$t=x-4$,因此有，
		\begin{align*}
			\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2} =\frac{\sqrt{2t+9}-3 }{\sqrt{t+4}-2} =2\frac{t}{\sqrt{t+4}-2}\frac{\sqrt{2t+9}-3 }{2t}
		\end{align*}
		使用(习题1.4.3(3))的结论，得到
		\begin{align*}
			&\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2} =\lim\limits_{t \to 0}	2\frac{t}{\sqrt{t+4}-2}\frac{\sqrt{2t+9}-3 }{2t} =2 \lim\limits_{t \to 0}	\frac{t}{\sqrt{t+4}-2}\lim\limits_{t \to 0}\frac{\sqrt{2t+9}-3 }{2t}\\
			&=2\times 4\times \frac{1}{6}=\frac{4}{3}
		\end{align*}
	\end{solution}
	\begin{remark}
		我们通过方法二可以看出这类的分式极限是通过(习题1.4.3(3))原型问题通过变量替换得来的。因此，这类的问题技巧便是通过原型问题进行平移放缩得到。
	\end{remark}
	\item  (习题1.4.3(15))求极限
	\begin{align*}
		\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[3]{1-2x}}{x+x^2}
	\end{align*}
	\begin{solution}
		本题中，使用下面技巧
		\begin{align*}
			a^3 -b^3 =(a-b)(a^2+ab+b^2)
		\end{align*}
		分子分母同乘因式，
		\begin{align*}
			&	\frac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[3]{1-2x}}{x+x^2} =\frac{1+3x -(1-2x)}{[(1+3x)^{\frac{2}{3}}+(1+3x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{2}{3}}](x+x^2)}  \\
			& =\frac{5x}{[(1+3x)^{\frac{2}{3}}+(1+3x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{2}{3}}](x+x^2)}  \\
			&= \frac{5}{[(1+3x)^{\frac{2}{3}}+(1+3x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{2}{3}}](1+x)}
		\end{align*}
		取极限有，
		\begin{align*}
			&\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[3]{1-2x}}{x+x^2}  \\
			& = \lim_{x \to 0} \frac{5}{[(1+3x)^{\frac{2}{3}}+(1+3x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{1}{3}}(1-2x)^{\frac{2}{3}}](1+x)} \\
			& =\frac{5}{(1+1+1)1}=\frac{5}{3}
		\end{align*}
	\end{solution}
	
	%\item  (习题1.4.3(16))求极限
	%\begin{align*}
	%	\lim_{x \to a^+} \frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}+\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^3 -a^3}}
	%\end{align*}
	%\begin{solution}
	%\end{solution}
	\begin{remark}
		对于分式求极限的问题，关键点在于分母趋向于0。因此，前面我们所用到的平方差，立方程公式，目的都在于消去分母中趋向于0这一项。
	\end{remark}
	\item  (习题1.4.4(5))求极限
	\begin{align*}
		\lim_{x \to a} \frac{\sin x - \sin a }{x-a}
	\end{align*}
	\begin{solution}
		根据三角函数的和差化积公式，
		\begin{align*}
			\sin x =\sin (x-a +a) =\sin (x-a)\cos a +\cos (x-a)\sin a
		\end{align*}
		因此，
		\begin{align*}
			\frac{\sin x - \sin a }{x-a}& = \frac{\sin (x-a)\cos a  + [\cos (x-a)-1]\sin a}{x-a} \\
			&=\frac{\sin (x-a)\cos a -2\sin ^2 (\frac{x-a}{2})\sin a}{x-a}
		\end{align*}
		根据重要极限的变形，
		\begin{align*}
			\lim_{x \to a} \frac{\sin (x-a)}{x-a} =1
		\end{align*}
		取极限之后有，
		\begin{align*}
			\lim_{x \to a} \frac{\sin x - \sin a }{x-a}& = \frac{\sin (x-a)\cos a  + [\cos (x-a)-1]\sin a}{x-a} \\
			&=\frac{\sin (x-a)\cos a -2\sin ^2 (\frac{x-a}{2})\sin a}{x-a} =\cos a	
		\end{align*}
	\end{solution}
	
	\item (习题1.5.6)	设$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) =a >0$,$\lim\limits_{x \to x_0}g(x)=b,$证明：$\lim\limits_{x \to x_0} f(x)^{g(x)}=a^b$
	\begin{proof}
		\begin{align*}
			f(x)^{g(x)} =e^{g(x) \ln f(x)}
		\end{align*}
		根据极限的运算性质，
		\begin{align*}
			\lim\limits_{x \to x_0} 	f(x)^{g(x)} =\lim\limits_{x \to x_0} e^{g(x) \ln f(x)} =  e^{\lim\limits_{x \to x_0} g(x) \ln \lim\limits_{x \to x_0} f(x)} =e^{b \ln a} =a^b
		\end{align*}
		得证结论。
	\end{proof}
	\begin{remark}
		当底数和指数都是变量时，使用上面的技巧可以比较方便的求极限。
	\end{remark}

	\item 计算下列极限,
	\begin{align*}
		(1) \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}; \quad (2)\lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x};\quad (3) \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^a-1}{x};
	\end{align*}
	其中，$a$是常数，且$a>0,a\neq 1$.(注意观察，以上三个式子都是三种基本初等函数的导数形式。)
	\begin{solution}
		(1)由
		\begin{align*}
			\frac{\ln(1+x)}{x} =\ln (1+x)^{\frac{1}{x}}
		\end{align*}
	做变量替换$y=\frac{1}{x}$，
	\begin{align*}
		\lim_{x \to 0} \ln (1+x)^{\frac{1}{x}} =\lim_{y\to \infty} \ln  \left(1+\frac{1}{y}   \right)^y =\ln \lim_{y\to \infty}  \left(1+\frac{1}{y}   \right)^y =\ln e =1
	\end{align*}

(2)做变量替换$t=a^x-1$,相应的
\begin{align*}
	x =\frac{\ln (1+t)}{\ln a}
\end{align*}
当$x\to 0$,也有$t\to 0$，变量代入,使用(1)中的结论，
\begin{align*}
\lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} =\lim_{t\to 0} \ln a \frac{t}{\ln (1+t)} =\ln a
\end{align*}

(3)对式子做变形，得到
\begin{align*}
\frac{(1+x)^a-1}{x} =\frac{e^{a \ln(1+x)-1}}{x} =\frac{e^{a \ln(1+x)-1}}{a \ln (1+x)} \frac{\alpha \ln (1+x)}{x}
\end{align*}
结合(1)(2)中的结论，
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^a-1}{x} =\lim_{x\to 0} \frac{e^{a \ln(1+x)-1}}{a \ln (1+x)}  \lim_{x\to 0} \frac{a \ln (1+x)}{x}  =\ln e \times a=a
\end{align*}
	\end{solution}
\begin{remark}
	比较(1)(2)可以看出，指数型和对数型的极限，在做了变量替换之后，是等价的。
	\end{remark}
	\item 求解下列函数极限,
	\begin{align*}
		& (1) \lim_{x\to  1} \frac{\sqrt[m]{x}-1}{\sqrt[n]{x}-1}  \\
		& (2) \lim_{x\to  1} \frac{x+x^2+\cdots + x^n -n}{x-1} \\
		& (3) \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-1}{x} \\
		& (4)  \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-(1+bx)^{\frac{1}{m}}}{x}
	\end{align*}
	其中，$m,n$是正整数，$a.b$是常数。(注意使用多项式的技巧。)
	\begin{solution}
		本题中将会多次使用到下面的等式及其变形
\begin{align*}
	(a^n-b^n)=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots + ab^{n-2}+b^{n-1})
\end{align*}
(1)通过凑$x-1$的方式来求极限,
\begin{align*}
\frac{\sqrt[m]{x}-1}{\sqrt[n]{x}-1}& =\frac{\sqrt[m]{x}-1}{x-1} \frac{x-1}{\sqrt[n]{x}-1} \\
& =\frac{x^{\frac{n-1}{n}}+x^{\frac{n-2}{n}}+\dots +x^{\frac{1}{n}}+1}{x^{\frac{m-1}{m}}+x^{\frac{m-2}{m}}+\dots +x^{\frac{1}{m}}+1}
\end{align*}
取极限得到
\begin{align*}
\lim_{x\to  1} \frac{\sqrt[m]{x}-1}{\sqrt[n]{x}-1}  =\lim_{x\to  1} \frac{x^{\frac{n-1}{n}}+x^{\frac{n-2}{n}}+\dots +x^{\frac{1}{n}}+1}{x^{\frac{m-1}{m}}+x^{\frac{m-2}{m}}+\dots +x^{\frac{1}{m}}+1} =\frac{n}{m}
\end{align*}

(2)给分子中多项式每一项配一个1，有
\begin{align*}
 \frac{x+x^2+\cdots + x^n -n}{x-1} =	\frac{x-1 +x^2-1 +\dots + x^n -1}{x-1} =\sum_{i=1}^n \frac{x^i-1}{x-1}
\end{align*}
其中，
\begin{align*}
\frac{x^i-1}{x-1} =x^{i-1}+x^{i-2} +\dots + 1	
\end{align*}
取极限就得到，
\begin{align*}
	&\lim_{x\to  1} \frac{x+x^2+\cdots + x^n -n}{x-1}  = 	\lim_{x\to  1}  \sum_{i=1}^n x^{i-1}+x^{i-2} +\dots + 1	 =\sum_{i=1}^n  i  \\
	&=\frac{n(n+1)}{2}
\end{align*}

(3)
对式子进行变形，得到
\begin{align*}
\frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-1}{x} &=\frac{(1+ax)-1}{x((1+ax)^{\frac{n-1}{n}}+(1+ax)^{\frac{n-2}{n}}+\dots +(1+ax)^{\frac{1}{n}} +1)}\\
&=\frac{a}{(1+ax)^{\frac{n-1}{n}}+(1+ax)^{\frac{n-2}{n}}+\dots +(1+ax)^{\frac{1}{n}} +1}
\end{align*}
取极限得到，
\begin{align*}
&\lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-1}{x} =\lim_{x\to  0}  \frac{a}{(1+ax)^{\frac{n-1}{n}}+(1+ax)^{\frac{n-2}{n}}+\dots +(1+ax)^{\frac{1}{n}} +1} 	  \\
&= \frac{a}{n}
\end{align*}
(4) 对式子进行变形，
\begin{align*}
 \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-(1+bx)^{\frac{1}{m}}}{x} &=	 \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-1+1-(1+bx)^{\frac{1}{m}}}{x}\\
 &= \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-1}{x}+\frac{1-(1+bx)^{\frac{1}{m}}}{x}  
\end{align*}
利用$(3)$中的结论，得到结果
\begin{align*}
 \lim_{x\to  0} \frac{(1+ax)^{\frac{1}{n}}-(1+bx)^{\frac{1}{m}}}{x}  =\frac{a}{n}-\frac{b}{m}	
\end{align*}
	\end{solution}

	\item 计算下列极限,
	\begin{align*}
		&(1)  \lim_{x\to  0} (\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{1-\cos x}}\\
		&(2) \lim_{x\to  0} \left(\frac{1+\tan x}{1+ \sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}}  \\
		&(3) \lim_{x\to  \pi /4} (\tan x )^{\tan 2x} \\
		&(4)  \lim_{x\to  0} \left(\frac{a_1^x+a_2^x+a_3^x+\cdots+a^x_n}{n} \right)^{1/x}
	\end{align*} 
\begin{solution}
\end{solution}
	其中，$a_i>0$是常数，$n$是正整数。
	(这一类的题目，有相同的特征，都是”$1^\infty$“的类型。求解方法是类似的。)

在求解之前，先讨论对”$1^\infty$“的类型极限问题的通解方法，从课本上的结论，我们知道重要极限，
\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{x}\right)^x =e
\end{align*}
可以看到单独讨论底数和指数，他们的极限分别是$1$和$\infty$，因此上述极限便是$1^\infty$类型极限的原型。假如对$x$进行替换成其他变量，也有相同的结果。因此，对于一般性的问题
\begin{align}
	\lim_{x \to x_0} f(x)^{g(x)}
\end{align}
其中，$f(x) \to 1$,$g(x) \to \infty$，$x_0$可能是任意实数，也有可能是$\pm \infty $. 可以使用下面的技巧,
\begin{align}
	f^g =\left[  \left( 1+(f-1)\right)^{\frac{1}{f-1}}  \right]^{(f-1)g}
\end{align}
取极限，得到
\begin{align*}
	\lim_{x \to x_0} f(x)^{g(x)}  = \left[\lim_{x \to x_0}  \left( 1+(f-1)\right)^{\frac{1}{f-1}}  \right]^{\lim\limits_{x \to x_0}(f-1)g} =e^{\lim\limits_{x \to x_0}(f-1)g}
\end{align*}
因此，最终我们只需要求极限
\begin{align*}
	\lim\limits_{x \to x_0}(f(x)-1)g(x) =l
\end{align*}
$l$须是一个有界值，便可以得到”$1^\infty$“的类型极限问题的解
\begin{align*}
\lim_{x \to x_0} f(x)^{g(x)} 	=e^l
\end{align*}
\begin{solution}
	(1) 根据讨论的内容，求极限
	\begin{align*}
		\lim\limits_{x \to 0}\left( \frac{\sin x -1}{x}\right)\frac{1}{1-\cos x}
	\end{align*}
当$x \to 0 $时，$\sin x \sim x -\frac{1}{6}x^3$,
$1- \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$,

极限的求解结果是，
\begin{align*}
\lim\limits_{x \to 0}\left( \frac{\sin x -1}{x}\right)\frac{1}{1-\cos x}=\lim\limits_{x \to 0} -\frac{x^2}{6}\frac{2}{x^2}=-\frac{1}{3}
\end{align*}    
     最后，
     \begin{align*}
     \lim_{x\to  0} (\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{1-\cos x}} =e^{-\frac{1}{3}}
     \end{align*}    
(2)根据讨论的内容，求极限
\begin{align*}
	\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{ 1 +\sin x} \frac{1}{\sin x} =\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{\cos x} -1 }{1+\sin x}=\frac{0}{1}=0
\end{align*}
因此，
\begin{align*}
\lim_{x\to  0} \left(\frac{1+\tan x}{1+ \sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}} =0
\end{align*}


(3)根据讨论的内容，求极限
\begin{align*}
	\lim_{x \to \frac{\pi }{4}} (\tan x -1 )\tan 2x \xlongequal{\text{二倍角公式}} \lim_{x \to \frac{\pi }{4}}  (\tan x -1 )\frac{2 \tan x}{1 -\tan ^2x} = \lim_{x \to \frac{\pi }{4}}  -\frac{2 \tan x}{1+ \tan x } =-1
\end{align*}
因此，
\begin{align*}
\lim_{x\to  \pi /4} (\tan x )^{\tan 2x} = e^{-1} 
\end{align*}

(4)根据讨论的内容，求极限
\begin{align*}
	&\lim_{x \to 0} \frac{a_1^x +a_2 ^x + \cdots + a^x_n -n}{n} \frac{1}{x} =\lim_{x \to 0}  \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i^x -1 }{x} \xlongequal{\text{指数函数导数的定义}} \frac{1}{n}  \sum_{i=1}^{n} \ln a_i   \\
	&=\ln (a_1 a_2 \cdots a_n )^{\frac{1}{n}}
\end{align*}
因此，
\begin{align*}
	\lim_{x\to  0} \left(\frac{a_1^x+a_2^x+a_3^x+\cdots+a^x_n}{n} \right)^{1/x} =(a_1 a_2 \cdots a_n )^{\frac{1}{n}}
\end{align*}
	\end{solution}
\end{problemset}

\chapter*{10月26日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
\item (习题1.6.3)设$y=f(x)$在$(a,b)$中连续。又设$x_1,x_2 \in (a,b),m_1>0 m_2>0$.证明，存在一点$\xi \in (a,b)$,使得，
\begin{align*}
	f(\xi)=\frac{m_{1}f(x_{1})+m_{2}f(x_{2})}{m_1+m_2}
\end{align*}
\begin{proof}
分为以下情况讨论，不失一般性假设$a<x_1 \leqslant x_2 < b$,
\begin{itemize}
	\item[1.] $f(x_1)=f(x_2)$,取$\xi = x_1 \text{或} x_2$ 
	\item[2.] $f(x_1) > f(x_2)$, 有下面的不等关系
	\begin{align*}
		f(x_1)>\frac{m_{1}f(x_{1})+m_{2}f(x_{2})}{m_1+m_2} >f(x_2)
	\end{align*}
由介值定理,$\exists \xi \in (x_1,x_2)$,使得,
\begin{align*}
	f(\xi)=\frac{m_{1}f(x_{1})+m_{2}f(x_{2})}{m_1+m_2}
\end{align*}
\item[3.]证明过程同2.
\end{itemize}	
综上所述，$\exists \xi \in (a,b)$,使得$f(\xi)=\frac{m_{1}f(x_{1})+m_{2}f(x_{2})}{m_1+m_2}$.
\end{proof}
\begin{remark}
	我们观察$\frac{m_{1}f(x_{1})+m_{2}f(x_{2})}{m_1+m_2}$,它是$(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2))$两点连线所成的线段的纵坐标可能取值。
	\end{remark}
\item (习题1.6.4) 设$y=f(x)$在$[0,1]$上连续，且
\begin{align*}
	0 \leqslant f(x) \leqslant 1 ,\forall x \in [0,1]
\end{align*}

证明：在$[0,1]$中存在一点$t$使得
\begin{align*}
	f(t)=t
\end{align*}
\begin{proof}
作辅助函数，$F(x)=f(x)-x$,有
\begin{align*}
	\begin{cases}
		F(0)=f(0)-0\leqslant 0  \\
		F(1)=f(1)-1 \leqslant 0
	\end{cases}
\end{align*}
分为以下情况讨论，
\begin{itemize}
	\item[1.] $F(0),F(1)$中至少有一个是0。当$F(0)=0$时，取$t=0$;当$F(1)=0$时，取$t=1$.  
	\item[2.]
	$F(0),F(1)$均不是0。有$F(0)>0>F(1)$,由介值定理得到，$\exists t \in (0,1)$,使得$F(t)=f(t)-t=0$
\end{itemize}
综上所述，在$[0,1]$上，存在一点$t$,使得$f(t)=t$.
\end{proof}
\item (习题1.6.5)设$y=f(x)$在$[0,2]$上连续,且$f(0)=f(2)$.证明：在$[0,2]$中存在两点$x_1$与$x_2$使得，
\begin{align*}
	|x_1 -x_2|=1 \text{且} f(x_1)=f(x_2)
\end{align*}
\begin{proof}
作辅助函数，$F(x)=f(x+1)-f(x)$,再由$f(0)=f(2)$,可得，$F(0)+F(1)=0$,分以下几种情况讨论，
\begin{itemize}
	\item[1.] $F(0)=F(1)=0$,可以取$x_0=0,x_1=1$.    
	\item[2.] $F(0),F(1)$一正一负，不妨假设$F(0)<0<F(1)$,
	由介值定理得到，在$(0,1)$上，$\exists t$使得$F(t)=0$,即有
	\begin{align*}
		f(t+1)-f(t)=0  \\
		x_1=t,x_2=t+1
	\end{align*}
\end{itemize}
综上所述，$[0,2]$中，存在两点$x_1,x_2$,使得$|x_1-x_2|=1\text{且} f(x_1)=f(x_2)$.
\end{proof}
\item (第一章总练习题10) 作函数$f(x)=\lim\limits_{\to \infty} \frac{nx}{nx^2 +a}(a \neq 0)$的图像。
	\begin{solution}
	记$f_n(x)=\frac{nx}{nx^2}$,
	
	当$x=0$时，$\lim\limits_{n \to \infty}f_n(x)=\frac{0}{a}=0$,
	
	当$x\neq 0$时，$\lim\limits_{n \to \infty}f_n(x)=\lim\limits_{n\to \infty} \frac{nx}{nx^2 +a}(a \neq 0) =\frac{1}{x}$.
	
	函数图像如下所示，
	\begin{figure}[h]
		\centering
		\includegraphics{picture/c1_10.png}
	\end{figure}
	\end{solution}
\begin{remark}
	注意函数$f(x)$的定义域是$\mathbb{R}$。
	
	注意区分变量$x,n$。本题中，我们是对$n$取极限，在取极限的过程中，可以暂时将$x$看做常数。
	\end{remark}
\item  (第一章总练习题15) 设$y=f(x)$和$g=f(x)$在实轴上处处上有定义且连续。证明：若$f(x)$与$g(x)$在有理数集合上处处相等，则他们在整个实轴上处处相等。
\begin{proof}
	已知$y=f(x)$和$g=f(x)$在$\mathbb{R}$上是连续函数，显然$f(x)-g(x)$在$\mathbb{R}$上也是连续函数。
	
	$\forall a \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}$,利用无理数在$\mathbb{R}$上的稠密，得到数列$\{a_n\}$,$a_n \in R $且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=a$,因此有，
	\begin{align*}
		0=\lim_{n \to \infty} \left[f(a_n)-g(a_n)\right]=f(\lim_{n \to \infty} a_n) -g (\lim_{n \to \infty} a_n) =f(a)-g(a)=0
	\end{align*}
	
\end{proof}

\begin{remark}
	\end{remark}
\item (第一章总练习题20) 设$y=f(x)$在$[a,b]$上连续。又设
\begin{align*}
	\eta = \frac{1}{3} \left[f(x_1)+f(x_2)+f(x_3) \right]
\end{align*}
其中，$x_1,x_2,x_3 \in [a,b]$.证明存在一点$c \in [a,b]$,使得$f(c)= \eta$.
\begin{proof}
不失一般性假设，$x_1\leqslant x_2 \leqslant x_3$,分以下情况讨论，
\begin{itemize}
	\item[1.] 若$f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)$,取$c=x_1$或者$x_2$或者$x_3$,有$f(c)=\eta$ 
	\item[2.]
	\begin{align*}
		\min \{f(x_i)\}_{i=1}^3 < \frac{1}{3} \left[f(x_1)+f(x_2)+f(x_3) \right] < \max \{f(x_i)\}_{i=1}^3
	\end{align*}
由介值定理得到，$\exists c \in （a,b)$使得$f(c)=\eta $
\end{itemize}	
综上所述，$\exists c \in [a,b]$使得$f(c)=\eta $。
\end{proof}

\begin{remark}
	在几何上($\frac{1}{3}(x_1+x_2+x_3)$,$\eta$)是以$(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),(x_3,f(x_3))$三点组成的三角形的重心，重心一定在三角形的内部，因此不等关系式显而易见的。
	\end{remark}
\item (第一章总练习题23) 求下列极限，
\begin{align*}
	&(1) \lim_{x \to \infty} \left(\frac{1+x}{1+2x}\right)^{|x|} \\
	&(3) \lim_{x \to 0} \frac{\tan 5x }{\ln(1+x^2) +\sin x}
\end{align*}
\begin{solution}

(1)	分两类讨论有界性，
\begin{itemize}
	\item[(1)] 当$x>1$时，$\frac{1}{2} <\frac{1+x}{1+2x} < \frac{2}{3}$;
	\item[(2)] 当$x<-1$时，$0 <\frac{1+x}{1+2x} < \frac{1}{2}$.
\end{itemize}
    因此，$0<\frac{1+x}{1+2x}<\frac{2}{3}$,$|x|>1$,由夹逼定理，得到，
    \begin{align*}
    	\lim_{x \to \infty} 0^{|x|} \leqslant \lim_{x \to \infty}\left( \frac{1+x}{1+2x} \right)^{|x|}\leqslant \lim_{x \to \infty} \left(\frac{2}{3}\right)^{|x|}=0
    \end{align*}
得到结论，
\begin{align*}
	 \lim_{x \to \infty}\left( \frac{1+x}{1+2x} \right)^{|x|} =0
\end{align*}

(2)直接使用等价无穷小，有
\begin{align*}
	& \tan 5x \sim 5x \\  
	& \ln(1+x^2) \sim x^2 \\
	& \sin x \sim x, x\to 0
\end{align*}
\begin{align*}
	\lim_{x \to 0} \frac{\tan 5x }{\ln(1+x^2) +\sin x} =	\lim_{x \to 0}  \frac{5x}{x^2 + x}=5
\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
	在(1)不可以直接对底数和指数求极限，这是不正确的，虽然这样求解结果和正确结果是一样的。
	\begin{align*}
	\xcancel{\lim_{x \to \infty} \left(\frac{1+x}{1+2x}\right)^{|x|} =\left(\lim_{n \to \infty}\frac{1+x}{1+2x}\right)^{\lim\limits_{n \to \infty} n}=(\frac{1}{2})^\infty =0}	
	\end{align*}
	\end{remark}

\item (第一章总练习题24) 设函数$y=f(x)$在$[0,+\infty)$内连续，且满足$0\leqslant f(x) \leqslant x $.设$a_1 \leqslant 0$是任一给定的数，并假定$a_2=f(a_1),\ldots ,a_{n+1}=f(a_n)$.试证明序列$\{a_n\}$单调递减，且极限$\lim\limits_{n \to \infty}a_n$存在。若$l=\lim\limits_{n \to \infty}a_n$,则$l$是方程$f(x)=x$的根。
\begin{proof}
	利用单调有界数列必有极限的定理来证明。
	
	单调性证明：$a_{n+1}=f(a_{n})\leqslant a_{n}$; 
	
	有界性证明：$0 \leqslant a_n \leqslant a_1$.
	
	单调有界数列必有极限，则得到一定存在$l = \lim_{n \to \infty} a_n$.
	
	对于给定的递推关系式$a_{n+1}=f(a_{n})$，等式两端取极限得到，
	\begin{align*}
		l=\lim_{n \to \infty} a_{n+1}=\lim_{n \to \infty} f(a_{n})=f(l)
	\end{align*}
因此求解数列极限等价于求解代数方程，$l=f(l)$
\end{proof}
\begin{remark}
	这里数列$a_n$虽然是单调递减的，但是它不一定会下降到0，它的极限不一定是0.
	\end{remark}
\item (第一章总练习题25) 设$x_{n+1}=\sin x_n(n=0,1,\ldots)$.证明对任意选定$x_0$,$\lim\limits_{n \to \infty}x_n=0$
\begin{proof}
根据$x_0$的取值分为下面三种情况讨论，
\begin{itemize}
	\item[1.] $x_0=k \pi$,这样得到了全为0的数列，显然结论成立;
	\item[2.] $x_0 \in (2k \pi ,2k \pi +\pi)$,$x_1 =\sin x_0 \in (0,1]$,
	根据$\sin x <x $的性质，$x_1$之后的取值，都是正数。并且满足题24中的条件，这样$x_n$的极限$l$满足方程，$l=\sin l$,解方程得到，$l=0$; 
	\item[3.] $x_0 \in (2k \pi +\pi ,2k \pi +2\pi)$,$x_1 =\sin x_0 \in [-1,0]$,这里我们取数列$y_n=-x_n$,可以轻易验证，$y_n$满足2中所讨论的结果，因此使用同样的方法得到$y_n$的极限的是$0$,同样$x_n$的极限也是0
\end{itemize}	
综上所述，$\lim\limits_{n \to \infty}x_n=0$
\end{proof}
\begin{remark}
课本中的提示是错误的。
\end{remark}
\item (习题2.1.4)抛物线$y^2=2px (p>0)$上任过焦点的光线，经过抛物面的反射。证明，反射光线一定平行于$x$轴。
\begin{proof}
记$M$的坐标是$M(\bar{x},\bar{y})$,由抛物线方程得到，$\bar{x}=\frac{\bar{y}^2}{2p}$,由隐函数求导得到,$y'=\frac{p}{y}$,因此过$M$点的切线方程如下，
\begin{align*}
	y&=\frac{p}{\bar{y}}(x-\frac{\bar{y}^2}{2p})+\bar{y} \\
	&=\frac{p}{\bar{y}}x+\frac{\bar{y}}{2}
\end{align*}
切线与$x$轴的焦点计算出$N(-\frac{\bar{y}^2}{2p},0)$,分别计算$MF$和$FN$得到，
\begin{align*}
	& MF^2\left[ \frac{\bar{y}^2}{2p} - \frac{p}{2}\right]^2 +\bar{y}^2 \\
	&FN^2=\left[\frac{\bar{y}^2}{2p} +\frac{p}{2} \right]^2 =MF^2
\end{align*}
三角形$\triangle MNF$是等腰三角形，根据入射角与反射角相等，和同位角关系得到，出射光线与$x$轴是平行的。
\end{proof}

\item (习题2.1.8(7))求解下列函数的导数，
\begin{align*}
	y=\frac{x^2+x +1}{e^x}
\end{align*}

\begin{solution}
由导数的运算法则，得到，
\begin{align*}
	y'=\frac{(\bcancel{2}x+\bcancel{1})e^x-e^x(x^2+\bcancel{x+1})}{e^{2x}}=\frac{x(1-x)e^x}{e^{2x}}
\end{align*}	
	\end{solution}
\begin{remark}
在改作业的过程中发现，不少同学没有消掉$e^x$.
	\end{remark}
\item(习题2.1.10) 若$f(x)$在$(-a,a)$上有定义，且是偶函数。设$f'(0)$存在，试着证明$f'(0)=0$
\begin{proof}
	$f'(0)$存在，意味着函数在$x=0$处左导数和右导数存在且相等。因此，有
\begin{align*}
	f'(0)=\frac{1}{2}(f'(0)+f'(0))=\frac{1}{2}\left( \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)-f(0)}{\Delta x}+\lim_{\Delta x \to 0}  \frac{f(0)-f(-\Delta x)}{\Delta x} \right) =0
\end{align*}
\end{proof}
\begin{remark}
	函数在某点的导数是存在的，那它的导数的极限的形式可以写出很多种形式，可以利用给定的关系来配凑特殊的导数形式。
	\end{remark}
\item(习题2.1.13)求函数
\begin{align*}
	f(x)=\begin{cases}
		\frac{x}{1+e^{1/x}},\quad x\neq 0 \\
		0,\quad \quad x=0
	\end{cases}
\end{align*}
\begin{solution}
	对于函数$e^{1/x}$来说，$x\to 0^+ $和$x \to 0^-$的极限是不一样的。有$\lim\limits_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}}=\infty$,$\lim\limits_{x \to 0^-} e^{\frac{1}{x}}=0$.
	
	可以验证$f(x)$是连续函数，但是0的左右两点的导数值可能不相同。使用定义求导，
	\begin{align*}
		&f'(0-0)=\lim_{\Delta x \to 0^-}\frac{\frac{\Delta x}{1+e^{1/\Delta x}} - 0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{1}{1+e^{1/\Delta x}}=1 \\
		&f'(0+0)=\lim_{\Delta x \to 0^+}\frac{\frac{\Delta x}{1+e^{1/\Delta x}} - 0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{1}{1+e^{1/\Delta x}}=0 \\
	\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
	对于给定的函数求导来说，尤其是分段函数，一定要注意导数左右两端不相等的情况，为了保证正确性，这种情况应该优先使用定义求导。
	\end{remark}
\item (习题2.2.3(9))求函数的导数
\begin{align*}
	y=\ln |\tan(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})|
\end{align*}
\begin{solution}
使用复合函数求导的公式，
\begin{align*}
y'&=\frac{1}{\tan(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})}\left[ \tan(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})\right]' =\frac{1}{\tan(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})}\sec^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}) \\
&=\frac{1}{2\sin(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})\cos(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})}\xlongequal{\text{二倍角公式}}\frac{1}{\sin(x+\pi/2)}=\frac{1}{\cos x},(x \neq k\pi +\frac{\pi}{2})
\end{align*}	
\end{solution}
\begin{remark}
注意比较函数和导函数的定义域。在求导和积分问题中，留意函数的定义域。
\end{remark}
\item (习题2.3.8(3)) 隐函数求导
\begin{align*}
	\arctan \frac{y}{x} =\ln \sqrt{x^2 +y^2}
\end{align*}
\begin{solution}
对等式两边关于$x$求导可以得到，
\begin{align*}
	\frac{\frac{y'x-y}{x^2}}{1+(\frac{y}{x})^2}=\frac{1}{2}\frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}
\end{align*}
化简得到，
\begin{align*}
\frac{y'x-y}{x^2+y^2}=\frac{x+yy'}{x^2+y^2}
\end{align*}
最终得到隐函数求导结果，
\begin{align*}
y'=\frac{x+y}{x-y},(y\neq x)
\end{align*}
\end{solution}
\begin{remark}
在推导$y'$的过程中，剔除了$y=x$的情况，能不能加上这种情况呢，
\begin{align*}
	\xcancel{y'=1,(y=x)}
\end{align*}
加上是不正确的，因为隐函数可能是经过$y=x$的某点，而不是沿着$y=x$的直线上。

隐函数求导的关键是，把两边都看成关于$x$的复合函数。如果出现了$x,y$混淆不清楚的情况，记住对自变量$x$来说，$x'=1$.而$y'=y'(x)$是我们的求解目标
	\end{remark}
\item (习题2.3.9(2)) 求隐函数在指定点$M$的导数，
\begin{align*}
	e^{xy}-5x^2y=0, M(\frac{e^2}{10},\frac{20}{e^2})
\end{align*}
\begin{solution}
	对等式两端关于$x$求导，得到，
\begin{align*}
	(y+xy')e^{xy}-5(2xy+x^2y')=0
\end{align*}
代入$x=\frac{e^2}{10},y=\frac{20}{e^2},xy=2$,得到
\begin{align*}
	\left(\bcancel{\frac{20}{e^2}} +\frac{e^2}{10}y' \right)e^2 -\bcancel{5(4}+\frac{e^4}{100}y')=0
\end{align*}
得到$y'=0$
\end{solution}
\begin{remark}
本题中$x,y$的取值比较复杂，因此不需要先求出$y'$的显式表达式，直接代入求解即可。
\end{remark}
\item (习题2.3.10(3)) 对参数方程求导，得到$\frac{dy}{dx}$
\begin{align*}
	\begin{cases}
		x=\arccos \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \\
		y=\arccos \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}
	\end{cases}
\end{align*}
\begin{solution}
分别对$x,y$关于$t$求导，得到
\begin{align*}
	\frac{dx}{dt}&=\frac{-1}{\sqrt{1-(\frac{1}{\sqrt{1+t^2}})^2}}\left(\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\right)' =\frac{-1}{\sqrt{\frac{t^2}{1+t^2}}}(1+t^2)^{-\frac{3}{2}}(-\frac{1}{2}) 2t  \\
	&=\frac{1}{1+t^2}\frac{t}{|t|} 
\end{align*}
和
\begin{align*}
	\frac{dy}{dt}&=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{t}{\sqrt{1+t^2}})^2}}\left(\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right)' =(1+t^2)^{\frac{1}{2}} \frac{(1+t^2)^{\frac{1}{2}}-t^2(1+t^2)^{-\frac{1}{2}}}{1+t^2} \\
	&=\frac{1}{1+t^2}
\end{align*}
最终得到，
\begin{align*}
	\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{t}{|t|}=\text{sgn}(t)
\end{align*}
最终得到的结果是符号函数.在求导的过程中，有一步易错，即由于$t$的正负未确定，$\sqrt{t^2}=|t|$
\end{solution}
\item (习题2.4.4) 对$y=(1-x)(2x+1)^2(3x-1)^3$,求解$y^{(6)},y^{(7)}$
\begin{solution}
对于多项式函数来说，求导次数大于最高次项阶数时，对应的导函数为0，当求导次数等于最高次阶数时，对应导数是常数。本题使用是这个技巧。

观察这个多项式，最高次是$x^6$,最高次系数是$-1*2^2+3^3=-108$,同时对$x^6$求六阶导数，得到$6!$,所以结果是，
\begin{align*}
&y^{(6)} =-108*6! \\
& y^{(7)} =0
\end{align*}
\end{solution}
\item (习题2.4.7)设$f(x)=(1-x)^{-n}$,其中$n$是一个正整数。求$f^{(k)}(0)$,$k$是某一正整数。
\begin{solution}
对$f(x)$求一次，二次导得到
\begin{align*}
&f'(x)=-n(1-x)^{-n-1}(-1)=n(1-x)^{-n-1}  \\
&f''(x)=(-n-1)n(1-x)^{-n-2}(-1)=n(n+1)(1-x)^{-n-2}
\end{align*}
试着再多求几次导数，可以推断出，
\begin{align*}
f^{(k)}=\frac{(n+k-1)!}{(n-1)!}(1-x)^{-n-k}
\end{align*}
使用数学归纳法验证这个结论，
\begin{itemize}
	\item[$k=1$] 将$f'(x)$带入，结论正确。
	
	\item[$k=k_1$]结论成立，有
	\begin{align*}
		f^{(k_1)}=\frac{(n+k_1-1)!}{(n-1)!}(1-x)^{-n-k_1}
	\end{align*}

\item[$k=k_1+1$]时，对$f^{(k_1)}$求导有，
\begin{align*}
	f^{(k_1+1)}& =\frac{(n+k_1-1)!}{(n-1)!} (-n-k_1)(1-x)^{-n-k_1-1}(-1)\\
	&=\frac{(n+k_1)!}{(n-1)!}(1-x)^{-n-k_1-1}
\end{align*}
得证原式成立。
\end{itemize}
带入$x=0$,得到
\begin{align*}
	f^{(k)}(0)=\frac{(n+k-1)!}{(n-1)!}
\end{align*}	
\end{solution}
\item (习题2.4.8)设$y=x^2\ln(1+x)$,求$y^{(50)}$.
\begin{solution}
直接使用莱布尼茨公式，
\begin{align*}
y^{(50)}&=C_{50}^0x^2 [ \ln(1+x)]^{(50)}+C_{50}^1(x^2)'[ \ln(1+x)]^{(49)}+C_{50}^2(x^2)''[\ln(1+x)]^{(48)} \\
&=x^2(1+x)^{-50}(-1)^{49}49! +100x(1+x)^{-49}(-1)^{48}48!+50\times49(1+x)^{-48} \\
&-47!(1+x)^{-50}(2x^2+100x +2450)
\end{align*}	

\end{solution}
\item (习题2.5.14)求积分
\begin{align*}
	\int \frac{1}{\sin ^2 x \cos ^2x }dx
\end{align*}
\begin{solution}
\begin{align*}
	\int \frac{1}{\sin ^2x \cos ^2 x}dx &=\int \left[ \frac{1}{(1-\cos ^2)\cos ^2 x}\right]dx =\int (\frac{1}{\cos ^2 x}+\frac{1}{1-\cos ^2x})dx \\
	&=\int \sec^2 x +\csc ^2 x dx=\tan x -\cot x +C
\end{align*}
或者使用二倍角公式，
\begin{align*}
	\int \frac{1}{\sin ^2x \cos ^2 x}dx =\int \frac{4}{\sin ^2 2x}dx=\int \frac{2}{\sin ^2 2x}d2x =-2\cot 2x
\end{align*}
可以使用$\cot x$的二倍角公式验证，两个结果是等价的。
\end{solution}
\end{problemset}

\chapter*{11月2日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
	\item （介值定理）已知函数$f(x)$是$\mathbb{R}$上连续函数，而且是以$T$为周期的周期函数。证明:$	\exists x_0$,使得$f(x_0+\frac{T}{2})=f(x_0)$
\begin{proof}
	作辅助函数$g(x)=f(x+\frac{T}{2})-f(x),x \in \mathbb{R}$,显然有
	$$
	\begin{cases}
		g(0)=f(\frac{T}{2}) -f(0) \\
		g(\frac{T}{2})=f(T)-f(\frac{T}{2})
	\end{cases}
	$$
	可以得到$g(0)$和$g(T)$互为相反数，即$g(0)+g(\frac{T}{2})=0$, 因此，分以下两种情况考虑，
	\begin{enumerate}
		\item[1：] $g(0)=g(\frac{T}{2})$,此时，取$x_0=0$,便有$f(x_0 +\frac{T}{2})=f(x_0)$;
		\item[2：] $f(x),g(x)$异号，一正一负。直接使用介值定理，得到$\exists \xi\in (0,\frac{T}{2})$，使得$g(\xi)=f(\xi+\frac{T}{2})-f(\xi)$,取$x_0=\xi$.
	\end{enumerate}
综上所述，$\exists x_0$，使得$f(x_0+\frac{T}{2})=f(x_0)$
\end{proof}
\begin{remark}
	本题使用的周期为$T$，可以将周期替换为$\frac{T}{N}$按相同的方式去构造辅助函数，得到，$F(0)+F(\frac{T}{N})+\dots +F(T-\frac{T}{N})=0$,寻找不等关系，进而得到，$f(x_0)=f(x_0+\frac{T}{N})$.
\end{remark}

\item $f(x)$是定义在$\mathbb{R}$上的连续可导函数，证明以下结论，
\begin{enumerate}
	\item[(a):] 若$f(x)$是周期函数，则$f'(x)$也是周期函数；
	\item[(b):] 若$f(x)$是奇函数，则$f'(x)$是偶函数；
	\item[(c):] 若$f(x)$是偶函数，则$f'(x)$是奇函数。
\end{enumerate}
\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item[(a):] $f(x)$是周期函数,不妨假设周期为$T$，则有$f(x)=f(x+T)$.
	\begin{align*}
		f'(x+T)=\lim_{\Delta x \to 0 }\frac{f(x+T + \Delta x)-f(x+T)}{\Delta x}\xlongequal{f(x+T)=f(x)} \lim_{\Delta x \to 0 }\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x)
	\end{align*}
得证，$f'(x)$是周期函数。
\item[(b):],$f(x)$是奇函数，则有$f(x)=-f(-x)$,
\begin{align*}
	& f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0 }\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\xlongequal{f(x)=-f(-x)} \lim_{\Delta x \to 0}\frac{-f(-x-\Delta x)+f(-x)}{\Delta x}\\
	&=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(-x -\Delta x)-f(-x)}{-\Delta x}\xlongequal{-\Delta x =h}\lim_{h \to 0}\frac{f(-x +h)-f(-x)}{h}=f'(-x)
\end{align*}
得证，$f'(x)$是偶函数。
\item[(c):]$f(x)$是偶函数，则有$f(x)=f(-x)$,
\begin{align*}
	& f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0 }\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\xlongequal{f(x)=f(-x)} \lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(-x-\Delta x)-f(-x)}{\Delta x}\\
	&=-\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(-x -\Delta x)-f(-x)}{-\Delta x}\xlongequal{-\Delta x =h}-\lim_{h \to 0}\frac{f(-x +h)-f(-x)}{h}=-f'(-x)
\end{align*}
得证，$f'(x)$是奇函数。
	\end{enumerate}
\end{proof}

\item 求和，
$$
\sum_{i=1}^n k e^{kx}
$$

\begin{solution}
	利用等比数列求和公式，可以得到，
	\begin{align*}
		\sum_{i=1}^n e^{kx}=\frac{e^x -e^{(n+1)x}}{1-e^x}
	\end{align*}
\end{solution}

定义$f(x)=\frac{e^x -e^{(n+1)x}}{1-e^x}$,对$f(x)$求导可以得到，
\begin{align*}
f'(x)=(\sum_{i=1}^n e^{kx})'=\sum_{i=1}^n k e^{kx},
\end{align*}
同时直接对$f(x)$求导，有，
\begin{align*}
	& f'(x) =\frac{[e^x -(n+1)e^{(n+1)x}](1-e^x)-e^x(e^x-e^{(n+1)x})}{(1-e^x)^2} \\
	&= \frac{e^x -(n+1)e^{(+1)x}-\bcancel{e^{2x}}+(n+\bcancel{1})e^{(n+2)}+\bcancel{e^{2x}}-\bcancel{e^{(n+2)x}}}{(1-e^x)^2} \\
	&= \frac{ne^{(n+2)x}-(n+1)e^{(n+1)x}+e^x}{(1-e^x)^2}
\end{align*}
顺便求解，$\sum k\sin x$,$\sum k \cos x$,

利用和$e^{kx}$相同的思想求解，可以验证，
\begin{align*}
	&m(x) \triangleq \sum_{k=1}^n \sin kx =\frac{\sin \frac{n x}{2}\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}(x \neq 0)  \\
	&n(x)  \triangleq \sum_{k=1}^n \cos kx =\frac{\sin \frac{n x}{2}\cos \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}(x \neq 0) 
\end{align*}
因此，有
\begin{align*}
	&m'(x)=\sum_{k=1} k \cos k x = \frac{\sin \frac{x}{2}\left[\frac{n}{2}\cos \frac{nx}{2}\sin \frac{(n+1)x}{2}+\frac{n+1}{2}\sin \frac{nx}{2}\cos \frac{(n+1)x}{2}\right]-\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2} \sin \frac{nx}{2}\sin  \frac{(n+1)x}{2}}{(\sin \frac{x}{2})^2} \\
	&=\frac{\frac{n}{2}\sin \frac{x}{2}\sin (n+\frac{1}{2})x -\frac{1}{2}\sin (\frac{nx}{2})^2}{(\sin \frac{x}{2})^2}
\end{align*}
同理，有
\begin{align*}
	&n'(x)=-\sum_{k=1} k \cos k x = \frac{\sin \frac{x}{2}\left[\frac{n}{2}\cos \frac{nx}{2}\cos \frac{(n+1)x}{2}-\frac{n+1}{2}\sin \frac{nx}{2}\sin \frac{(n+1)x}{2}\right]-\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2} \sin \frac{nx}{2}\cos  \frac{(n+1)x}{2}}{(\sin \frac{x}{2})^2} \\
&=\frac{\frac{n}{2}\cos \frac{x}{2}\cos (n+\frac{1}{2})x -\frac{1}{2}\sin \frac{nx}{2} \cos \frac{nx}{2} }{(\sin \frac{x}{2})^2}	
\end{align*}

\item 利用等价无穷小来求解下面的函数极限

\begin{align*}
	(a) \lim_{x \to 0 } \frac{x \tan^4 x}{\sin^3x (1-\cos x)}  \\
	(b) \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{1-\cos x} \\
	(c) \lim_{x\to 0}  \frac{\tan(\tan x)}{\sin x}
\end{align*}

\begin{solution}
	首先列举一些等价无穷小，
	\begin{align*}
		&\sin x ~ x  \\
		&\tan x ~ x \\
		&\sqrt[n]{1+x}-1 \sim \frac{1}{n}x \\
	& 1-\cos x \sim \frac{1}{2} x^2, x\to 0
	\end{align*}
(a)将等价无穷小带入式子得到，
\begin{align*}
\lim_{x \to 0 } \frac{x \tan^4 x}{\sin^3x (1-\cos x)} =\lim_{x \to 0 }\frac{x\cdot x^4}{x^3 \cdot \frac{x^2}{2}}=2
\end{align*}
(b) 将等价无穷小带入式子得到，
\begin{align*}
	\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{1-\cos x} =\lim_{x \to 0 }\frac{\frac{1}{2}x^2}{\frac{1}{2}x^2}=1
\end{align*}
(c) 将等价无穷小带入式子得到，
\begin{align*}
	\lim_{x\to 0}  \frac{\tan(\tan x)}{\sin x} =\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} =1
\end{align*}
	\end{solution}

\item（应用题）光行最速原理是指光在传播时，总是走速度最快的路线。假设有两种均匀的介质，光在这两种介质的速度分别是$a$,$b$,两种介质以水平面最为分解线。假定两种介质中有$A$,$B$两点，根据通过这两点的光路传播时间最短，推导光的折射定律。

\begin{solution}
	假设固定点的坐标分别是$A(0,n)$,$B(d,k)$,设光路在介质交界面的交点是$P(x,0)$,$x$是自变量，分别计算光路长度是，
	\begin{align*}
		&AP=\sqrt{h^2 + x^2}  \\
		&BP =\sqrt{k^2 + (d-x)^2} 
	\end{align*}
在两种介质下的时间分别是，
\begin{align*}
&	t_1 =\frac{AP}{a} =\frac{\sqrt{h^2 +x^2}}{a}  \\
&	t_2=\frac{BP}{b}  =\frac{\sqrt{k^2 + (d-x)^2} }{b}
\end{align*}
总时间$T(x)=t_1+t_2$,对$x$求一阶导，二阶导得到，
\begin{align*}
&	T'(x) =\frac{x}{a \sqrt{h^2 + x^2} } - \frac{d-x}{b \sqrt{k^2 + (d-x)^2} }   \\
&	T''(x)=\frac{h^2}{a(h^2 +x^2)^{\frac{3}{2}}}+\frac{k^2}{b(k^2+(d-k)^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{align*}
可以看到$x\in [0,d]$时，$T''(x)>0$，$T(x)$是凸函数，极小点满足$T'(x)=0$
记$x_0$是$T'(x)$的零点，有
$$
\frac{x_0}{a \sqrt{h^2 + x_0^2} } = \frac{d-x_0}{b \sqrt{k^2 + (d-x_0)^2} }
$$
记光路和界面的交角分别是$\alpha,\beta$,最终得到光的折射定律，
\begin{align*}
	\frac{\cos \alpha }{a} =\frac{\cos \beta }{b}
\end{align*}
\end{solution}
\item (对数求导技巧)
求函数的导数，
\begin{align*}
	&(1)y=x^{x^x}  \\
	&(2)  y=\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} \\
	&(3) y=2^{\frac{x}{\ln x}}         \\
	&(4) y=\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt[3]{(x+2)^2}\sqrt{(x+3)^3}}
\end{align*}
\begin{solution}
	
(1)对函数两端取对数得到，
\begin{align*}
	\ln y = x^x \ln x 
\end{align*}
设$g(x)=x^x$并对$\ln y$两端求导，得到,
\begin{align*}
	\frac{y'}{y}=g'(x) \ln x +g(x) \frac{1}{x}
\end{align*}
现在来求$g'(x)$,对$g(x)$取对数并两端求导得到，
\begin{align*}
	\frac{g'(x)}{g(x)}=\ln x +1
\end{align*}
整理得到，
\begin{align*}
	g'(x)=(\ln x +1 ) x^x
\end{align*}
再代入$y'(x)$得到，
\begin{align*}
y'&=x^{x^x}\left[(\ln x +1)x^x \ln x +x^x \frac{1}{x} \right]  \\
& =x^{x^x} x^x [(\ln x)^2 +\ln x +\frac{1}{x}]
\end{align*}
(2) 记$g(x)$

(3) $y=2^{\frac{x}{\ln x}}  $直接求导，
\begin{align*}
y'=(\ln 2) 2^{\frac{x}{\ln x}}(\frac{x}{\ln x})' =\ln 2 \frac{\ln x -1}{(\ln x)^2} 2^{\frac{x}{\ln x}}
\end{align*}

(4)$y=\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt[3]{(x+2)^2}\sqrt{(x+3)^3}}$,
对$y$取对数得到，
\begin{align*}
	\ln y =\frac{1}{2}\ln (x-1) -\frac{2}{3} \ln (x+2) -\frac{1}{3}\ln (x+3)
\end{align*}
两边求导得到，
\begin{align*}
\frac{y'}{y}=\frac{1}{2}\frac{1}{x-1}-\frac{2}{3}\frac{1}{x+2}-\frac{1}{3}\frac{1}{x+3}
\end{align*}
整理得到，
\begin{align*}
	y'&=y\left(\frac{1}{2}\frac{1}{x-1}-\frac{2}{3}\frac{1}{x+2}-\frac{1}{3}\frac{1}{x+3}\right) \\
	&=\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt[3]{(x+2)^2}\sqrt{(x+3)^3}}\left(\frac{1}{2}\frac{1}{x-1}-\frac{2}{3}\frac{1}{x+2}-\frac{1}{3}\frac{1}{x+3}\right)
\end{align*}
\end{solution}
\item (高阶导数)已知$y=(\arcsin x)^2$求解$y^{(n)}(0)$.
\begin{solution}
	对$y$求导得到，
	\begin{align*}
y'=2 \arcsin x \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}		
	\end{align*}
求二阶导，得到
\begin{align*}
y''=\frac{2}{1-x^2}+2 \arcsin x \frac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}	
\end{align*}
将$y'$代入$y''$得到，
\begin{align*}
	(1-x^2)y''=2+xy'
\end{align*}
对上式两端求$n-1$次导数，注意使用莱布尼茨公式，得到，
\begin{align*}
(1-x^2)y^{(n+1)}+(n-1)y^{(n)}(-2x) +\frac{(n-1)(n-2)}{2}y^{(n-1)}(-2)=xy^{(n)}+(n-1)y^{(n-1)}
\end{align*}
整理之后得到，
\begin{align*}
(1-x^2)y^{(n+1)} -(2n-1)xy^{(n)}-(n-1)^2y^{(n-1)}=0
\end{align*}
带入$x=0$,得到
\begin{align*}
	y^{(n+1)}(0)=(n-1)^2 y^{(n-1)}(0)
\end{align*}
这样以来，我们得到$y^{(n)}(0)$的递推关系式，需要分奇偶讨论，
\begin{align*}
	\begin{cases}
		y^{(2k+1)}(0)=(2k-1)^2 y^{(2k-1)}(0)  \\
		y^{(2k)}(0)=(2k-2)^2 y^{(2k-2)}(0)
	\end{cases}
\end{align*}
根据前面的$y',y''$的求解结果，可以得到奇偶的首项，
\begin{align*}
y'(0) =0 \\
y''(0) = 2
\end{align*}
这样我们通过递推关系式得到了$y^{(n)}$的表达式，
\begin{align*}
	\begin{cases}
		y^{(2k-1)}(0)=0 \\
		y^{(2k)}(0)=2[(2k-2)!!]^2
	\end{cases}
\end{align*}
	\end{solution}
%\item 定义函数
%$$
%f(x)=\begin{cases}
%	x^4 \sin \frac{1}{x},  \quad x\neq 0  \\
%	0,\quad \quad x=0
%\end{cases}
%$$
%求$f''$
%
%\begin{solution}
%	
%\end{solution}
\end{problemset}

%\chapter*{11月9日上课内容}
\chapter*{11月30日上课内容}
\begin{problemset}[习题]
	\item 设$f(x)\leqslant 0,g(x)>0$，两个函数都在$[a,b]$上是连续的，证明：
\begin{align*}
	\lim\limits_{n \to \infty } \left( \int_a^b (f(x))^n g(x) dx \right)^{\frac{1}{n}} = \max_{a \leqslant x \leqslant b} f(x)
\end{align*}

\item 设$f'(x)$在$[a,b]$上连续。证明：
\begin{align*}
\max_{a \leqslant x \leqslant b} |f(x)|  \leqslant | \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx  |+ \int_a^b |f'(x)|dx
\end{align*}

\item 设$f(x)$在$[0,1]$上可微，且当$x \in (0,1)$时，$0< f'(x)<1$,$f(0)=0$.证明：
\begin{align*}
\left( \int_{0}^{1}f(x)dx\right)^2 > \int_{0}^1 f^3(x) dx
\end{align*}

\item 设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$上可导，$f(0)=0,f(1)=1$.设$k_1,k_2,\ldots,k_n$是$n$个正数。证明：$(0,1)$中存在$n$个互不相同的数$t_1,t_2,\ldots,t_n$，使得
\begin{align*}
	\sum_{i=1}^n \frac{k_i}{f'(t_i)} =\sum_{i=1}^n k_i
\end{align*}

\item 设$f(x)$二次可微，$f(0)=f(1)=0,\max_{0 \leqslant x \leqslant 1}f(x)=2$,证明
$$ \max_{0 \leqslant x \leqslant 1} f''(x) \leqslant -16 $$

\item 设$f(x)$,$x \in \mathbb{R}$是二次可微的函数，且
\begin{align*}
	M_0 = \max_{x \in \mathbb{R}} |f(x)| < + \infty  \\
	M_2 = \max_{x \in \mathbb{R}} |f''(x)| < + \infty
\end{align*}
证明，$	M_1 = \max_{x \in \mathbb{R}} |f'(x)|$满足
\begin{align*}
	M_1^2 \leqslant 2M_0 M_2
\end{align*}

\item 设$f(x)$有$k$阶导数，对某个实数$\alpha$有
$$
\lim\limits_{x \to \infty }x^{\alpha}f(x)=0,\lim\limits_{x \to \infty }x^{\alpha}f^{(k)}(x)=0
$$
证明，$\lim\limits_{x \to \infty }x^{\alpha}f^{(i)}(x)=0,i=1,\ldots,k-1$
\end{problemset}


\chapter*{12月14日上课内容}
(多元函数的极限与连续性)

1.判断下列函数的极限是否存在，若存在则求其值，
\begin{align*}
&(1)  \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}  \frac{(1-x)y}{|x|+|y|}  \\
&(2) \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}  \frac{x^2 y}{x^4 + y^2} \\
&(3) \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \frac{\sin (x^2y+y^4)}{x^2+y^2} \\
&(4) \lim\limits_{x\to + \infty, y \to + \infty } \left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)^{x^2}  \\
&(5)  \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \frac{xy}{x+y}   \\
&(6)  \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^3 -y^3}{x^3 +y^3}
\end{align*}
%\begin{problemset}

2.设二元函数$f(x,y)$满足下面的两个条件，

(1) $\forall \theta \in [0,2\pi)$
$$f(x,y) =f(r\cos \theta, r \theta \theta ) \to 0 ,r \to 0$$

(2) $\exists M >0$使得，$\forall (x_1,y_1),(x_2,y_2)$有
$$
|f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2) \leqslant M (|x_1-x_2|+|y_1-y_2|)|
$$

证明，
$$
 \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)=0
$$ 

3.设函数$f(x),g(y)$分别在区间$[a,b],[c,d]$上连续，定义函数$u(x,y)$,
$$
u(x,y)=\int_{a}^{x} f(s)ds \cdot \int_{c}^y g(t)dt 
$$
使用定义证明函数$u(x,y)$在区域$D=\{(x,y) | a \leqslant x  \leqslant b, c\leqslant y \leqslant d\}$内是连续的。

4.判断函数 下列函数 是否可微，

(1)
\begin{align*}
f(x,y) =
\begin{cases}
	\frac{x^2 y^2}{x^2 +y^2} ,\quad x^2+y^2 \neq 0 \\
	0,\quad \quad x=0,y=0
\end{cases}
\end{align*}

(2)
\begin{align*}
	f(x,y) =
	\begin{cases}
		xy\frac{x-y}{x^2 +y^2} ,\quad x^2+y^2 \neq 0 \\
		0,\quad \quad x=0,y=0
	\end{cases}
\end{align*}

(5)设区域$\Omega ={(x,y,z)|ax+by+cz >=0}$.求函数$f(\boldsymbol{x})$沿着区域$\Omega$边界朝外的法方向导数。
$$
f(\boldsymbol{x}) =\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}
$$
记$\boldsymbol{x}=(x_1,x_2,x_3)$,给定的$\boldsymbol{y}=\{y_1,y_2,y_3\}$

(6)直角坐标与极坐标的导数的关系
设$x=r\cos \theta , y =r \sin \theta $,函数$u(x,y)$证明，
\begin{align*}
	\frac{\partial ^2 u}{\partial x ^2} +\frac{\partial ^2 u}{\partial y^2}=\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r} + \frac{\partial ^2 u}{\partial r^2} +\frac{1}{r^2} \frac{\partial ^2 u}{\partial \theta ^2}
\end{align*}
%\item
%判断下列函数的极限是否存在，若存在则求其值，
%\begin{align*}
%(1)  \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}  \frac{(1-x)y}{|x|+|y|}  \\
%(2) \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}
%\end{align*}
%\end{problemset}

\end{document}
